2020届高三化学上学期期中试卷（附解析Word版）

2019 年高 2020 级高三上期期中考试理科综合测试试题卷（化学） 可能用到的相对原子质量：H-l N-14 O-46 F-19 Si-28 P-31 K-39 Ca-40 Pr-141 一、选择题：本题共 7 小题，每小题 6 分，共 42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1.化学在生活中有着重要的应用。下列叙述错误的是（ ） A. 燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成 B. 高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维 C. 花生油中的主要成分属于酯类，是天然高分子化合物 D. 碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料 【答案】C 【解析】 【详解】A．在煤中加入 CaO，可生成硫酸钙，减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨的形成， 故 A 正确； B．制作光导纤维的材料为高纯度 SiO2，故 B 正确； C．花生油中的主要成分高级脂肪酸甘油脂，属于酯类，但不是天然高分子化合物，故 C 错误； D．碳纳米管表面积大，据此较大的吸附，所以可以用作新型储氢材料，故 D 正确； 故答案为 C。 2.设 NA 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ） A. 60g 二氧化硅晶体中含有 2NA 个硅氧键 B. 18g 氨基（—ND2）中含有的电子数为 9NA C. 80 °C 时，lLpH =1 的硫酸溶液中，含有的 OH—数目为 10—13NA D. 氯碱工业中，导线上流过 NA 个电子，则阳极放出氯气 11.2 L. 【答案】B 【解析】 【详解】A．二氧化硅晶体中，每个 Si 原子与氧原子形成了 4 个硅氧键，60g 二氧化硅的物质 的量为 =1mol，则 1mol 二氧化硅中含有 1molSi，形成的共价键的物质的量为 4mol， 含有 4NA 个硅氧键，故 A 错误； B．每个氨基(—ND2)中含有 9 个电子，18g 氨基的物质的量为 =1mol，含有的电子数 60g 60g / mol 18g 18g / mol 为 9NA，故 B 正确； C．80℃时水的离子积 Kw 大于 10-14，故 pH=1 的硫酸溶液中，氢氧根的浓度大于 10-13mol/L， 故溶液中氢氧根的个数大于 10-13NA 个，故 C 错误； D．氯碱工业中，导线上流过 NA 个电子，则阳极放出氯气的物质的量为 0.5mol，没有指明气 体的状态，体积不一定是 11.2 L，故 D 错误； 故答案为 B。 【点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注 意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意 可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；⑥注意物质的结构：如 Na2O2 是由 Na+和 O22-构成，而 不是有 Na+和 O2-构成；SiO2、SiC 都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2 是正四面 体结构，1molSiO2 中含有的共价键为 4NA，1molP4 含有的共价键为 6NA 等。 3.频哪醇重排反应是有机反应中的一类重要反应。反应过程如下，有关说法正确的是（ ） A. a、b 互为同分异构体 B. a 物质中所有碳原子可能共平面 C. c 的一氯代物数目最多有 5 种 D. a 物质可以发生氧化反应、取代反应、 加成反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．a、b 的分子式不同，不可能是同分异构体，故 A 错误； B．a 分子结构中 ，这两个碳原子为 sp3 杂化，具有类似甲烷的立体结构，则结构中所有 碳原子不可能共平面，故 B 错误； C．c 结构中两个苯环不对称，两个甲基为对称位置，共有 7 种等效氢原子，则一氯代物数 目最多有 7 种，故 C 错误； D．a 分子结构中含有苯环，可以发生取代反应、加成反应，a 可以燃烧，发生氧化反应，故 D 正确； 的 故答案为 D。 【点睛】根据分子中等效 H 原子判断，分子中由几种 H 原子，其一氯代物就有几种异构体。 对于等效氢的判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢 原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效。 4.八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价如图所示，下列说法错误的是 （） A. 常见的离子半径：g>h>d>e B. 氢化物的沸点 y 一定低于 z C. 由 d、e、g 三种元素组成的盐和稀硫酸反应可能生成沉淀 D. e、f、h 的最高价氧化物的水化物之间可两两反应 【答案】B 【解析】 【分析】 从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，x 位于第一周期，为 H 元素；y、z、d 位于第 二周期，y 是 C 元素，z 是 N 元素，d 是 O 元素；e、f、g、h 位于第三周期，是 Na 元素，f 是 Al 元素，g 是 S 元素，h 是 Cl 元素，据此结合元素周期律知识解答。 【详解】根据分析可知：x 是 H 元素，y 是 C 元素，z 是 N 元素，d 是 O 元素，e 是 Na 元素，f 是 Al 元素，g 是 S 元素，h 是 Cl 元素； A．电子层越多离子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：g＞ h＞d＞e，故 A 正确； B．NH3 分子间形成氢键，其沸点比 CH4 高，但 C 的氢化物有很多种，且多碳的烃常温下可能为 液态或固态，则 C 的氢化物沸点不一定就比 N 的氢化物低，故 B 错误； C．O、Na、S 形成的硫代硫酸钠与稀硫酸反应可以生成 S 沉淀，故 C 正确； D．氢氧化铝具有两性，能够与 NaOH、高氯酸反应，故 D 正确； 故答案为 B。 5.用下列实验装置进行相应的实验，操作正确且能达到实验目的是（ ） A. 进行喷泉实验 B. 加热熔融 NaOH 固体 C. 验证镁片与盐酸放热反应 D. 测定过氧化钠纯度 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯气在饱和食盐水中的溶解度比较小，不能形成气压差，不能形成喷泉，故 A 错 误； B．瓷坩埚含有 SiO2，氢氧化钠能与二氧化硅反应，不能用来加热熔融 NaOH 固体，应选择铁 坩埚，故 B 错误； C．镁与稀盐酸反应放热，升温氢氧化钙的溶解度变小，会析出沉淀，可验证，故 C 正确； D．排水法收集气体应短进长出，无法将水排出，故 D 错误； 故答案 C。 6.“太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为 TiO2 电极，b 为 Pt 电极， c 为 WO3 电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个 区，A 区与大 气相通，B 区为封闭体系并有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是（ ） 为 A. 若用导线连接 a、c,则 a 为负极，该电极附近 pH 减小 B. 若用导线连接 a、c,则 c 电极的电极反应式为 HxWO3 - xe- =WO3 + xH+ C. 若用导线先连接 a、c,再连接 b、c,可实现太阳能向电能转化 D. 若用导线连接 b、c, b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e-=2H2O 【答案】B 【解析】 【 详 解 】 A ． 用 导 线 连 接 a 、 c ， a 极 发 生 氧 化 ， 为 负 极 ， 发 生 的 电 极 反 应 为 2H2O-4e-=4H++O2↑，a 电极周围 H+浓度增大，溶液 pH 减小，故 A 正确； B．用导线连接 a、c，c 极为正极，发生还原反应，电极反应为 WO3 + xH++xe- = HxWO3，故 B 错 误； C．用导线先连接 a、c，再连接 b、c，由光电池转化为原电池，实现太阳能向电能转化，故 C 正确； D．用导线连接 b、c，b 电极为正极，电极表面是空气中 氧气得电子，发生还原反应，电极 反应式为 O2+4H++4e-=2H2O，故 D 正确； 故答案为 B。 7.常温下，向 100mL0.lmol/LNH4Cl 溶液中，逐滴滴加 0.1mol/LNaOH 溶液。NH4+和 NH3∙H2O 的变 化趋势如图所示（不考虑生成 NH3,已知 NH3∙H2O 的 kb=1.8 10-5）,下列说法正确的是（ ） A. a=0.005 的 × B. 在 M 点时，n(H+)—n（OH—）=（0.005—a）mol C. 随着 NaOH 溶液的滴加， 不断增大 D. 当 n(（NaOH）) =0.01 mol 时，c (（NH3•H2O） c (Na+） c （OH-) 【答案】B 【解析】 【详解】A．由图可知，M 点含等量的氯化铵和 NH3•H2O，由 NH3•H2O NH4++ OH-，可知此时 溶液中 kb=1.8 10-5= ，则 c(OH-)= 1.8 10-5mol/L，溶液显碱性，即 n(OH-)- n(H+)＞0，由溶液中存在的电荷守恒式为 n(OH -)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(Na +)= n(OH-)+n(Cl-)- n(NH4+)- n(H+)=0.005+ n(OH-)- n(H+)＞0.005，即 a＞0.005，故 A 错误； B．M 点 n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)， n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)-0.005-n(Na+)=(0.005-a)mol，故 B 正确； C．随着 NaOH 溶液的滴加，c(NH3•H2O)减小，且 = ，可知比值不断减 小，故 C 错误； D．当 n(NaOH)=0.01mol 时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则 c( Na+) ＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，故 D 错误； 故答案为 B。 8.一氧化二氯（Cl2O）是一种常用的氯化剂。常温下，Cl2O 是棕黄色、有刺激性气味的气体， 熔 点为-120.6°C,沸点为 2.0°C,易与水反应生成次氯酸。实验室欲用氯气通入含水 8%的碳 酸钠固体中 制备并收集少量纯净的 Cl2O,请用下列装置设计实验并探究相关物质的性质。 （1）装置 E 中仪器 X 的名称为 ______。 （2）装置的连接顺序是 A __________（每个装置限用一次）。 ( ) ( ) + + 4 c H c NH > > × ( ) ( ) ( ) 4 3 2 c NH c OH c NH H O + −   × ( ) ( ) + + 4 c H c NH ( )h 3 2 K c NH H O （3）装置 F 中盛装试剂的名称为______，装置 E 中无水氯化钙的作用是 ________.。 （4）装置 B 残留固体中除 NaCl 外还含有一种酸式盐 M,写出装置 B 中发生反应的化学方程式 _______。 （5）证明残留固体中含有 M 的最简单的实验方案是: _______。 （6）测定残留固体中 M 的质量分数：取 mg 样品加适量蒸馏水使之溶解，加入几滴酚酞，用 0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，消耗盐酸 V1mL；再向已变无色的溶液 中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，又消耗盐酸 V2 mL.。 ①实验时用到的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、____。 ②求残留固体中 M 的质量分数__________（用含 m、V1 和 的代数式表示）。 ③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，测定结果将____填“偏高"、“偏低” 或“不变”）。 【答案】 (1). （球形）干燥管 (2). F、B、C、D、E (3). 饱和食盐水 (4). 防 止 E 中的水进入 D 中发生反应 (5). 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl (6). 取少 量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说明有 M (7). 锥形瓶、酸式滴定管 (8). ×100% (9). 偏低 【解析】 【分析】 制取氧化二氯(C12O)的流程为：利用 A 装置通过反应 MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O 制取 Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有 HCl，为防止干扰 Cl2O 的制取，需要先用装 置 F 除去 HCl 杂质，再利用装置 B 发生反应 2Na2CO3+H2O+2Cl2 2NaCl+2NaHCO3+Cl2O 制取 Cl2O，由于 Cl2O 易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过 C 装置干燥，再利 用装置 D 收集 Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O 都是大气污染物， 最后要用 E 装置进行尾气处理，据此解答。 【详解】(1)根据装置图可知，装置 E 中仪器 X 的名称为球形干燥管； (2)利用 A 装置制取氯气，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有 HCl，为防止干扰 Cl2O 的制取，需要先用装置 F 除去 HCl 杂质，再利用装置 B 发生反应 2Na2CO3+H2O+2Cl2 2NaCl+2NaHCO3+Cl2O 制取 Cl2O，由于 Cl2O 易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前 2V ( ) 3 2 10.1 V V 84 10 m −× − × × 要通过 C 装置干燥，再利用装置 D 收集 Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯 气、Cl2O 都是大气污染物，最后要用 E 装置进行尾气处理，则按气体从左至右流动装置连接 顺序是 AFBCDE； (3)装置 F 是除去 Cl2 中的杂质 HCl 气体的，为减少 Cl2 的溶解消耗，要通过盛有饱和食盐水 的溶液来除去 HCl 杂质，故装置 F 中盛装试剂的名称为饱和食盐水；装置 E 中无水氯化钙的 作用是防止 E 中的水进入 D 中发生反应； (4)装置 B 残留固体中除 NaCl 外还含有一种酸式盐 M，此酸式盐应为 NaHCO3，则装置 B 中发生 反应的化学方程式为 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl； (5)NaHCO3 不稳定，受热易分解生成 CO2 气体，则证明残留固体中含有 NaHCO3 的最简单的实验 方案是取少量样品于试管中，加热，将分解产生的气体通入澄清石灰水，如果变浑浊，就说 明有 NaHCO3； (6)①固体溶解时需要烧杯和玻璃棒，滴加指示剂时需要胶头滴管，滴定操作时需要酸式滴定 管和锥形瓶，则实验时用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还需要锥形瓶、酸式 滴定管； ②加入几滴酚酞，用 0.1 mol/L 的盐酸标准溶液滴定至溶液由红色变为无色，此时发生的反应 为 Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已变无色的溶液中加入几滴甲基橙，继续用该盐酸滴定至溶 液由黄色变橙色，发生的反应为 NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；且原溶液中的 Na2CO3 在滴定时 二步操作消耗的盐酸体积相等，则 NaHCO3 消耗的盐酸体积为(V2- V1 )mL，其物质的量为 0.1 mol/L×(V2- V1 )×10-3L=(V2- V1 )×10-4mol，则残留固体中 NaHCO3 的质量分数为 ×100%； ③若用甲基橙作指示剂滴定结束时，滴定管尖头有气泡，则读数偏小，即消耗有盐酸体积偏 小，导致测定结果将偏低。 9.磷酸二氢钾(KH2PO4)是一种重要的化工产品，工业上常用作缓冲剂和培养剂，农业上常用作 复合肥料。以氟磷灰石［主要成分为 Ca5F(PO4)3,还含有少量的 Fe2O3、A12O3 等杂质］为原料 制备 KH2PO4 晶体的一种流程如下： ( ) 4 2 1V V mol 84g / mol 100%mg −− × × = ( ) 3 2 10.1 V V 84 10 m −× − × × 回答下列问题： (1)“酸浸”过程中生成磷酸的化学方程式为________，若用盐酸代替硫酸，磷酸的产率会明 显提高，原因是___，该过程所用的仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料，其主要原因是 _____________(用化学方程式表示)。 (2)己知物质 A 为 CaCO3,其作用是调节溶液 pH,则“废渣 I”的主要成分为__________。 (3) “反应 II ”的化学方程式为 _______。 (4)将获得的 KH2PO4 晶体进行进一步提纯的方法名称为____。 (5)若用 1000kg 质量分数为 50.4%的氟磷灰石来制取磷酸二氢钾晶体，其产率为 80%,则生产 出的磷酸二氢钾晶体的质量为 _____kg. 已知摩尔质量 M【Ca5F(PO4)3】 =504g/mol,M(KH2PO4)=136 g/mol。 【答案】 (1). Ca5F(PO4)3+5H2SO4 5CaSO4 ↓ +HF ↑ +3H3PO4 (2). 生成的硫酸钙会附着 在磷灰石的表面，阻止反应进一步进行 (3). SiO2+4HF═SiF4↑ +2H2O (4). Fe(OH)3、 Al(OH)3 (5). K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓ (6). 重结晶 (7). 326.4 【解析】 【分析】 氟磷灰石主要成分为 Ca5F(PO4)3，还含有少量的 Fe2O3、A12O3 等杂质，将氟磷灰石经粉碎后加 入浓硫酸，可得到 HF 气体，过滤得到硫酸钙晶体，滤液中含有磷酸和硫酸铁、硫酸铝，滤液 中加入碳酸钙，调节溶液 pH，使溶液中的 Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3 沉淀而过滤除去， 滤液 II 中加入 K2SO4，进一步除去溶液中的 Ca2+，过滤除去 CaSO4，将滤液蒸发浓缩、冷却结 晶可得到 KH2PO4，以此解答该题。 【详解】(1)“酸浸”过程中浓硫酸溶解 Ca5F(PO4)3，生成磷酸的同时有硫酸钙、HF，则发生 反应的化学方程式为 Ca5F(PO4)3+5H2SO4 5CaSO4 ↓ +HF ↑ +3H3PO4；因硫酸钙微溶于水， 附着在磷灰石的表面，阻止反应进一步进行，因此用盐酸代替硫酸，可明显提高磷酸的产率； 该过程生成的 HF 能腐蚀玻璃，发生反应的化学方程式为 SiO2+4HF═SiF4↑ +2H2O，则所用的 仪器不能釆用二氧化硅陶瓷材料； (2)物质 A 为 CaCO3，其作用是调节溶液 pH，促进溶液中 Fe3+、Al3+完全水解转化为 Fe(OH)3、 Al(OH)3 沉淀，则过滤得到的“废渣 I”的主要成分为 Fe(OH)3、Al(OH)3； (3) “反应 II”是滤液中加入 K2SO4，和 Ca(H2PO4)2 发生复分解反应生成 KH2PO4 和 CaSO4，发 Δ 生反应的化学方程式为 K2SO4+Ca(H2PO4)2═2KH2PO4+CaSO4↓； (4)将溶液中获得的 KH2PO4 晶体进一步提纯，可根据溶解度随温度的变化不同，选择重结晶操 作； (5)若用 1000kg 质量分数为 50.4%的氟磷灰石(化学式为 Ca5P3FO12)来制取磷酸二氢钾晶体，其 产率为 80%，Ca5P3FO12 反应的质量为 1000kg×50.4%×80%=403.2kg，物质的量为 =800mol，则理论上可生产 KH2PO4 的质量为 800mol×136g/mol×3=326400g=326.4kg。 10.世界能源消费依靠化学技术，作为燃料的 H2 通常来自水煤气。回答下列问题： (1)己知：① C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=akJ/mol②2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H= -220 kJ/mol③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，则 a=_____kJ/mol。 (2)某实验小组在实验室模拟反应 C(s) +H2O (g) CO (g) +H2 (g)能够说明该反应达到平 衡状态的是____。 a. v 逆(H2O)=v 正(CO) b.容器中物质的总质量不发生变化 c. n (H2O)：n (H2)=1:1 且不再改变 d.恒容容器中混合气体密度不变 (3)一定温度下,在 2L 盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入 0.8molH2O 发生反应①，6min 时生 成 0.7 gH2 则 6 min 内以 CO 表示的平均反应速率为 ______mol/L∙min-1 (保留 2 位有效数字)。 (4)燃料气中 CO 需氧化为 CO2 与氢气进行分离，使用 CuO/CeO2 做催化剂，并向其中加入不同 的酸(HIO3 或 H3PO4)后，CO 的转化率随温度的变化如图所示。 ①加入 H3PO4__________(填“促进”或，抑制”)CuO/CeO2 催化。 ②CeO2 可由草酸鋪［Ce2(C2O4)3］在空气中灼烧制备，同时只产生一种气体，写出该反应的化 学方程式_____。 ③恒温恒压下，在温度为 120°C,催化剂为 CuO/CeO2・HIO3 条件下反应，若起始时燃料气流速 为 1800mL∙min-1,其中 CO 的体积分数为 0.68%,则反应 0.5h 后剩余气体中 CO 的体积为__mL。 (5)有人将合成氨反应设计成原电池，装置如图所示。 的 403.2kg 504g / mol ①正极反应式为 _______。 ②己知该原电池的标准电动势 ，25°C 时反应的平衡常数 K 与 之间的关系为 （n 为原电池反应转移的电子数），则合成氨反应（N2 +3H2 2NH3）的平衡 常数 K 为 ______（用含 a 的代数式表示，不需要化简）。 【答案】 (1). +130 (2). acd (3). 0.029 (4). 抑制 (5). Ce2(C2O4)3+2O2 2CeO2+6CO2 (6). 73.44 (7). N2+6e-+6H+═2NH3 (8). 【解析】 【分析】 (1) 已 知 ： ②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H=-220kJ•mol-1 ， ③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，可利用盖斯定律，将 得到①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)的反应热，以此解答 该题； (2)根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓 度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理 量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态； (3) 反应速率 v= ； (4)①根据 CO 的转化率随温度的变化图分析； ②灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]，分解制得 CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，配平方程式即可；③温 度为 120℃，催化剂为 CuO/CeO2-HIO3 时，CO 的转化率是 80%，结合通入 CO 总体积计算； (5)①原电池的正极发生还原反应，N2 得电子还原生成 NH3。 ②己知 N2 +3H2 2NH3 反应中转移电子数为 6e-，原电池的标准电动势 ，再结合 E a∅ = E∅ lg 0.0591 nEK ∅ = 6a 0.059110 2 +② ③ c t   E a∅ = 计算此反应的平衡常数 K。 【详解】(1)已知：②2C(s)+O2(g)═2CO(g) △H=-220kJ•mol-1，③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+480 kJ/mol，可利用盖斯定律，将 得到①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)，则 △H=akJ/mol= ×[(-220kJ•mol-1)+(+480 kJ/mol)]=+130 kJ/mol，即 a=+130； (2)a.v 逆(H2O)=v 正(CO)，达到平衡状态，故 a 正确； b.容器中物质的总质量一直不发生变化，不能说明达平衡状态，故 b 错误； c.n (H2O)：n (H2)=1:1 且不再改变，说明 n(H2O)和 n(H2)的物质的量一定，此时反应达到平衡 状态，故 c 正确； d.混合气体的体积不变，但混合气体的总质量不确定，当密度不变，则说明混合气体的总质 量不再发生变化，说明达平衡状态，故 d 正确； 故答案为 acd； (3) 一定温度下，在 2L 盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入 0.8molH2O，6min 时生成 0.7gH2， 其物质的量为 =0.35mol，由 C(s) +H2O (g) CO (g) +H2 (g)反应可知生成 CO 的 物质的量为 0.35mol，则 6min 内以 CO 表示的平均反应速率= 0.029mol/(L•min)； (4)①图示可知，相同温度下，在 CuO/CeO2 催化剂中加入 H3PO4 时 CO 的转化率最低，说明加人 H3PO4 抑制 CuO/CeO2 的催化； ②灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]，分解制得 CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，即 Ce2(C2O4)3 2CeO2+4CO↑+2CO2↑； ③温度为 120℃，催化剂为 CuO/CeO2-HIO3 时，CO 的转化率是 80%，若燃料气流速为 1800mL•min-1，CO 的体积分数为 0.68%，则反应 0.5 小时后 CO 的体积为 1800mL•min-1×0.5h×60min/h×0.68%×(1-80%)=73.44ml； (5)①原电池的正极发生还原反应，N2 得电子还原生成 NH3，则正极反应式为 N2+6e-+6H+═2NH3； ②己知 N2 +3H2 2NH3 反应中转移电子数为 6e-，原电池的标准电动势 ，再结合 lg 0.0591 nEK ∅ = 2 +② ③ 1 2 0.7g 2g / mol 0.35mol 2L 6min ≈ E a∅ = ，则平衡常数 K= 。 【点睛】化学平衡的标志有直接标志和间接标志两大类。一、直接标志：正反应速率=逆反应 速率，注意反应速率的方向必须有正向和逆向。同时要注意物质之间的比例关系，必须符合 方程式中的化学计量数的比值。二、间接标志：①各物质的浓度不变；②各物质的百分含量 不变；③对于气体体积前后改变的反应，压强不变是平衡的标志；④对于气体体积前后不改 变的反应，压强不能做标志；⑤对于恒温恒压条件下的反应，气体体积前后改变的反应密度 不变是平衡标志；⑥对于恒温恒容下的反应，有非气体物质的反应，密度不变是平衡标志。 11.镧系为元素周期表中第ⅢB 族、原子序数为 57〜71 的元素。 （1）镝 Dy）的基态原子电子排布式为[Xe] 4f106s2,画出镝（Dy）原子价层电子排布图： ____________. （2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有 Cu3+,基态时 Cu3+的电子排布式为____________。 （3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3 价的元素是_____填元素名 称）。 几种镧系元素的电离能（单位：kJ∙mol-1） 元素 Ⅰ1 Ⅰ2 Ⅰ3 Ⅰ4 Yb （镱） 604 1217 4494 5014 Lu （镥） 532 1390 4111 4987 La （镧） 538 1067 1850 5419 Ce （铈） 527 1047 1949 3547 （4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4)2[Ce(NO3)6]。 ①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）。 ②画出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：________（任写一种）。 ③元素 Al 也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（(AlCl3)2,分子中 A1 原子杂化方式为 lg 0.0591 nEK ∅ = 6a 0.059110 _____，分子中所含化学键类型有 _______（填字母）。 a.离子键 b.极性键 c.非极性键 d.配位键 （5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与 CaF2 相似，晶胞中错原子位于面心和顶点，则 PrO2 （二 氧化镨）的晶胞中有_____个氧原子；已知晶胞参数为 apm,密度为 ρg∙cm-3，NA=_______（用 含 a、ρ 的代数式表示）。 【答案】 (1). (2). 1s22s22p63s23p63d8 (3). 镧 (4). O＞N＞H＞Ce (5). N-H…O(或 N-H…N 或 O-H…N 或 O-H…O) (6). sp3 杂化 (7). bd (8). 8 (9). 【解析】 【分析】 (1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为 4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图； (2)Cu 原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去 4s 能级 1 个电子，再失去 3d 能级 2 个电子形成 Cu3+； (3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越 容易失去，+3 价的可能性越大； (4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O 在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它 们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大； ②NH3 的水溶液中，NH3 分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，NH3 与水分子之间形成 2 种 氢键(N-H…O 或 O-H…N)； ③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al 原子价电子数为 3，与 Cl 原子已经全部成键，Al 原子 有 1 个空轨道，Cl 原子有孤电子对，Al 原子与 Cl 之间形成 1 个配位键，结构式为 ； (5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与 CaF2 相似，晶胞中 Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法 计算晶胞中 Pr 原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中 O 原子数目；结合晶胞中 原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立 计算。 32 3 6.92 10 ρ•a × 【详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为 4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外围价电 子排布图为： ； (2)Cu 原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去 4s 能级 1 个电子，再失去 3d 能级 2 个电子形成 Cu3+，基态时 Cu3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8； (3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3 价的可能性 越大，在上述表中 La 的 I1+I2 和 I3 最接近，I3 与 I4 差距最大，故 La 元素最可能形成+3； (4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O 在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它 们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：O ＞N＞H＞Ce； ②NH3 的水溶液中，NH3 分子之间形成氢键(N-H…N)，水分子之间形成氢键(O-H…O)，NH3 与水 分子之间形成 2 种氢键(N-H…O 或 O-H…N)； ③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al 原子价电子数为 3，与 Cl 原子已经全部成键，Al 原子 有 1 个空轨道，Cl 原子有孤电子对，Al 原子与 Cl 之间形成 1 个配位键，结构式为 ，Al 是原子采取 sp3 杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非 极性键； (5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与 CaF2 相似，晶胞中 Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中 Pr 原子数目=8× +6× =4，而 Pr 原子与 O 原子数目之比为 1：2，则晶胞中 O 原子数目为 4×2=8，晶胞质量= g=(a×10-10 cm)3×ρg•cm-3，整理得 NA= 。 12.有机物 I 是一种医药合成中间体，实验室以芳香烃 A 为原料制备 I 的路线如下(部分反应 条件已省略)： 1 8 1 2 A 4 141 8 16 N × + × 32 3 6.92 10 ρ•a × 已知：RCH=CH2+HBr RCH2CH2Br。回答下列问题： (1)X 的分子式为 C8H8，且 X 与 A 互为同系物，则 X 的化学名称是 ______。 (2)B 生成 C 的反应类型是_____, B、C 含有的相同的官能团名称是 _____。 (3)碳原子上连有 4 个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出 D 的结构简式，并用 星号 标出其中的手性碳原子_____。 (4)写出 D—E 的化学反应方程式：_________。 (5)G 的结构简式是 ______。 (6)Y 与 C 是同分异构体，Y 中含苯环，且苯环上有 2 个取代基，Y 能发生银镜反应，其核磁共 振氢谱中有 5 组峰，且峰面积之比为 6:2:2:1:1,则 Y 的结构简式为 _______。 (7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体、电镀抛光剂等。结合题目信息，设计以丙 烯(CH3CH=CH2) 和 为原料制备丙二酸的合成路线______(无机试剂任选)。 【答案】 (1). 苯乙烯 (2). 取代反应 (3). 碳碳双键 (4). (5). 2 +O2 2 +2H2O (6). (7). (8). ( )∗ 【解析】 【分析】 对比 A、B 的结构，可知 A 中甲基上 H 原子被-Br 替代生成 B，属于取代反应。由 C 的分子式 可知，B 发生卤代烃水解反应生成 C，故 C 为 ．D 可以连续发生氧化反 应 ， 结 合 D 的 分 子 式 、 F 的 结 构 简 式 ， 可 知 C 与 HBr 发 生 加 成 反 应 生 成 D ， 故 D 为 ，则 E 为 ．由 J 的结构，可知 F 发生消去反应、 酸化得到 G 为 ，G 与乙醇发生酯化反应得到 J，故 H 为 CH3CH2OH； (7)模仿合成路线中转化，可知 CH3CH=CH2 与 发生取代反应生成 CH2=CHCH2Br，然后与 HBr 在过氧化物条件下得到 BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到 HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到 HOOCCH2COOH。 【详解】(1)A 分子结构中含有碳碳双键和苯环，X 的分子式为 C8H8，且 X 与 A 互为同系物， 则 X 的结构简式为 ，化学名称是苯乙烯； (2)B→C 为卤代烃在 NaOH 溶液中的水解，则反应类型是取代反应或水解反应；B、C 含有的相 同的官能团名称是碳碳双键； (3) D 的结构简式为 ，其中的手性碳原子是 ； (4) → 发生醇的催化氧化，反应的化学反应方 程式为 2 +O2 2 +2H2O； (5)G 结构简式是 ；的 (6)Y 与 C( )互为同分异构体，满足下列条件：①含苯环，②苯环上有 2 个取代基，③能发生银镜反应，说明含有醛基，2 个取代基为-CH3、-CH2CH2CHO，或者为 -CH3、-CH(CH3)CHO，或者为-CH2CH3、-CH2CHO、或者为-CH2CH2CH3、-CHO，或者为-CH(CH3)2、 -CHO，均有邻、间、对 3 种位置结构，故符合条件的同分异构体共有 3×5=15 种，其核磁共 振氢谱中有 5 组峰，且峰面积之比为 6:2:2:1:1,则 Y 的结构简式为 ； (7) 模仿合成路线中转化，可知 CH3CH=CH2 与 发生取代反应生成 CH2=CHCH2Br，然后与 HBr 在过氧化物条件下得到 BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到 HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到 HOOCCH2COOH．合成路线流 程图为： 。 【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类 型：①在 NaOH 的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在 NaOH 的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓 H2SO4 存在的条件下加热，可能发生醇的 消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的 CCl4 溶液反应，可能为烯 烃、炔烃的加成反应；⑤能与 H2 在 Ni 作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成 反应或还原反应；⑥在 O2、Cu(或 Ag)、加热(或 CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦ 与 O2 或新制的 Cu(OH)2 悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO 的氧化反应。(如果 连续两次出现 O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。